Selectivo Ibero 2021 - Problema 3

EmRuzak

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Selectivo Ibero 2021 - Problema 3

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Hallar todos los enteros no negativos tales que$$(2^{2m+1})^2+1$$es divisible por a lo sumo dos primos distintos
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Sandy

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Re: Selectivo Ibero 2021 - Problema 3

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En primer lugar, notemos que $\left( 2^{2m+1}\right)^2+1=\left( 2^{2m+1}+2^{m+1}+1\right)\left( 2^{2m+1}-2^{m+1}+1\right)$.
Supongamos que $d\mid 2^{2m+1}+2^{m+1}+1$ y al mismo tiempo $d\mid 2^{2m+1}-2^{m+1}+1$. Luego $d\mid \left( 2^{2m+1}+2^{m+1}+1\right) - \left( 2^{2m+1}-2^{m+1}+1\right)=2^{m+2}$. Pero, como $d$ es impar (pues es divisor de un impar), debe ser que $d=1$.
Luego ambos factores deben ser potencia de un primo, ya que sólo el menor puede ser $1$ si $m=0$ (y después contemplaremos ese caso).
Notemos además que $\left( 2^{2m+1}\right)^2+1=4^{2m+1}+1\equiv(-1)^{2m+1}+1\equiv 0\; (5)$. Como, por LTE, $v_5(4^{2m+1}+1)=v_5(2m+1)+1$, tenemos que uno de los factores es $5^{v_5(2m+1)+1}$.
Luego $2^{2m+1}-2^{m+1}+1\leq 5^{v_5(2m+1)+1}\leq 5(2m+1)$. Para $m\geq 3$, además, $2^{2m+1}-2^{m+1}+1=2^{m+1}\left( 2^{m}-1\right) +1>2^{2m}+1$, por lo que $2^m+1<5(2m+1)$. No voy a ahondar mucho en esto último porque con una inducción estándar se puede ver fácil que para $m\geq 3$ se rompe. Lo que nos deja con $m=0$, $m=1$, $m=2$, que todos andan, ya que $\left( 2^{2\times 0+1}\right)^2+1=5$, $\left( 2^{2\times 1+1}\right)^2+1=65=5\times 13$ y $\left( 2^{2\times 2+1}\right)^2+1=1025=5^2\times 41$.
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Fallo inapelable.

Fedex

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Re: Selectivo Ibero 2021 - Problema 3

Mensaje sin leer por Fedex »

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Notemos que si $4^{2m+1} + 1 \equiv 0 \; (p)$ entonces $4^{(2m+1)(2n+1)} + 1 \equiv (-1)^{2n+1} + 1 \equiv -1 + 1 \equiv 0 \; (p)$

Además se da que $4^{2m+1} + 1 \equiv (-1)^{2m+1} + 1 \equiv 0 \; (5)$

Sean $p$ y $q$, $2$ primos impares notemos que por Zsigmondy existen primos primitivos distintos $a_1$ y $a_2$ (también distintos de $5$ ya que $m= 0$ nos da que esta expresión exactamente $5$) tal que:
$$ a_1 | 4^p + 1 $$
$$ a_2 | 4^q + 1$$
Luego:
$$ a_1a_2 | 4^{pq(2k+1)} + 1 $$
Además:
$$ 5a_1a_2 | 4^{pq(2k+1)} + 1 $$
Lo que ya son al menos $3$ primos distintos, por lo que el exponente impar no puede ser un número compuesto.
Luego los número buscados son $4^1 + 1 = 5$ o $4^p + 1$ con $p$ primo impar.
Ahora por $LTE$: $v_5(4^p + 1) = v_5(4+1) + v_5(p) = 1 + v_5(p)$
Supongamos que $p≠5$ luego esto es exactamente $1$ por lo que: $4^p+1 = 5q^a$ con $q$ primo $≠5$
Más aún con la identidad de Sophie Germain tenemos que:
$$2^{4m+2} + 1 = 4.(2^m)^4 + 1^4 = (2^{2m+1} - 2^{m+1} + 1)(2^{2m+1} + 2^{m+1} + 1)$$
Si ambos de estos factores fueran $> 5$ tendríamos que:
$q | 2^{2m+1} - 2^{m+1} + 1$
$q | 2^{2m+1} + 2^{m+1} + 1$
$q | 2^{2m+1} + 2^{m+1} + 1 - (2^{2m+1} - 2^{m+1} + 1) = 2^{m+2}$
Por lo que $2 | q$, Absurdo!
Luego el menor de estos factores es $\leq 5$ es decir:
$2^{2m+1} - 2^{m+1} + 1 \leq 5$
$2^{m+1} (2^m -1) \leq 4$
Que solo se verifica para $m= 0, 1$.
Ahora solo nos quedan checkear a mano los casos $m = 0,1$ y $p=5$ que es $m=2$:
$4^1 + 1 = 5$ Cumple!
$4^3 + 1 = 65 = 5.13$ Cumple!
$4^5 + 1 = 1025 = 5^2. 41$ Cumple!
Por lo que las únicas soluciones son $m=0,1,2$.
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This homie really did 1 at P6 and dipped.

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